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1、20122012 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷福建卷)数数学(理工农医类)学(理工农医类)第卷一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1若复数 z 满足 zi1i,则 z 等于A1iB1iC1iD1i2等差数列an中,a1a510,a47,则数列an的公差为A1B2C3D43下列命题中,真命题是Ax0R R,ex0 0BxR R,2xx2a 1Da1,b1 是 ab1 的充分条件bCab0 的充要条件是4一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是A球B三棱锥C正
2、方体D圆柱5下列不等式一定成立的是Alg(x211)lg x(x0)Bsinx2(xk,kZ Z)4sinx11(xR R)2x 1Cx212|x|(xR R)D6如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为A1111BCD45677设函数D(x)1,x为有理数,则下列结论错误的是0,x为无理数,AD(x)的值域为0,1BD(x)是偶函数CD(x)不是周期函数DD(x)不是单调函数x2y221的右焦点与抛物线 y212x 的焦点重合,则该双曲线的焦点到其8已知双曲线4b渐近线的距离等于A5B4 2C3D5x y3 0,9若函数 y2x图象上存在
3、点(x,y)满足约束条件x2y3 0,则实数 m 的最大值为x m,A13B1CD222x1 x21)fx1fx2,2210 函数 f(x)在 a,b 上有定义,若对任意 x1,x2 a,b,有f(则称 f(x)在a,b上具有性质 P设 f(x)在1,3上具有性质 P,现给出如下命题:f(x)在1,3上的图象是连续不断的;f(x2)在1,3上具有性质 P;若 f(x)在 x2 处取得最大值 1,则 f(x)1,x1,3;对任意 x1,x2,x3,x4 1,3,有f(其中真命题的序号是ABCDx1 x2 x3 x41)f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)44第卷二、填空题:(理科)本大题共
4、5 小题,每小题 4 分,共 20 分把答案填在答题卡的相应位置11(ax)4的展开式中 x3的系数等于 8,则实数 a_12阅读右图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的s 值等于_13 已知ABC 的三边长成公比为2的等比数列,则其最大角的余弦值为_14 数列an的通项公式an ncosn1,前 n 项和为 Sn,则 S2 012_2a2ab,a b,15对于实数 a 和 b,定义运算“*”:a*b 2b ab,a b.设 f(x)(2x1)*(x1),且关于 x 的方程 f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2,x3,则 x1x2x3的取值范围是_三、解答题:本大题共6 小
5、题,共80 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16 受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为 2 年现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50 辆,统计数据如下:品牌首次出现故障时间 x(年)轿车数量(辆)每辆利润(万元)将频率视为概率,解答下列问题:10 x12甲1x232x2453乙0 x251.8x2452.9(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首次出现故障发生在保修期内的概率;(2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1,生产一辆乙品牌轿车的利润为 X2
6、,分别求 X1,X2的分布列;(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的轿车若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由17某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数:sin213cos217sin13cos17;sin215cos215sin15cos15;sin218cos212sin18cos12;sin2(18)cos248sin(18)cos48;sin2(25)cos255sin(25)cos55(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你
7、的结论18如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1中,AA1AD1,E 为 CD 中点(1)求证:B1EAD1(2)在棱 AA1上是否存在一点 P,使得 DP平面 B1AE?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由(3)若二面角 AB1EA1的大小为 30,求 AB 的长1x2y219 如图,椭圆 E:221(ab0)的左焦点为 F1,右焦点为 F2,离心率e 过2abF1的直线交椭圆于 A、B 两点,且ABF2的周长为 8(1)求椭圆 E 的方程;(2)设动直线l:ykxm 与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x4相交于点Q 试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以 PQ 为直径的圆恒过
8、点 M?若存在,求出点 M的坐标;若不存在,说明理由20已知函数 f(x)exax2ex,aR(1)若曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间;(2)试确定 a 的取值范围,使得曲线 yf(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P21本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题,每题7 分,请考生任选 2 题作答,满分 14 分。如果多做,则按所做的前两题计分。作答时,先用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框图黑,并将所选题号填入括号中。(1)选修 42:矩阵与变换设曲线 2x22xyy21 在矩阵A A y21求实
9、数 a,b 的值;求 A A2的逆矩阵(2)选修 44:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 已知直线 l 上两点 M,N 的极坐标分别为(2,0),a 02(a0)对应的变换作用下得到的曲线为 xb 12 3,,圆 C 的参数方程为32x 22cos,(为参数)y 3 2sin设 P 为线段 MN 的中点,求直线 OP 的平面直角坐标方程;判断直线 l 与圆 C 的位置关系(3)选修 45:不等式选讲已知函数 f(x)m|x2|,mR R,且 f(x2)0 的解集为1,1 求 m 的值;若 a,b,cR R,且111 m,求证:a2b3
10、c9a2b3c答案参考解析1i(1i)iii2i+12 1i1 A由 zi1i,得z ii112 Ba1a5102a3,a35故 da4a37523 Da10,b10,由不等式的性质得 ab1,即 a1,b1ab14 D圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆,这个几何体不可以是圆柱5 Cx212|x|x22|x|10,当 x0 时,x22|x|1x22x1(x1)20 成立;当 x0 时,x22|x|1x22x1(x1)20 成立故 x212|x|(xR)一定成立2312121126 C由图象知阴影部分的面积是(x x)dx (x x),所0032632111求概率为6167 CD(x)是最小正周期
11、不确定的周期函数,D(x)不是周期函数是错误的8 A由双曲线的右焦点与抛物线y212x 的焦点重合,知c p3,c294b2,于2是 b25,b 5因此该双曲线的渐近线的方程为y 5x,即25x2y 0 故 该 双 曲 线 的 焦 点 到 其 渐 近 线 的 距 离 为d|3 5|5549 B由约束条件作出其可行域如图所示:由图可知当直线 xm 经过函数 y2x的图象与直线 xy30 的交点 P 时取得最大值,即得2x3x,即 x1m10 D如图 1,在区间1,3上 f(x)具有性质 P,但是是间断的,故错可设 f(x)|x2|(如图 2),当x1,3时易知其具有性质P,但22 x,1 x 2
12、,是 f(x2)|x22|不具有性质 P(如图 3)2x 2,2 x 3故错任取 x01,3,则 4x01,3,1f(2)f(x04 x01)f(x0)f(4x0)22又f(x0)1,f(4x0)1,1f(x0)f(4x0)12f(x0)f(4x0)1故正确x1 x2x3 x4x1 x2 x3 x422)f()f(42x3 x411 x1 x2,故正确f()+f()f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)222411答案:答案:2r 4r解析:解析:Tr1Cr,当 4r3,即 r1 时,T2C1ax34ax38x3故 a24a x412答案:答案:3解析:解析:(1)k1,14,s2111;(
13、2)k2,24,s2120;(3)k3,34,s2033;(4)k4,直接输出 s313答案:答案:24解析:解析:设ABC 的最小边长为 a(m0),则其余两边长为2a,2a,故最大角的余弦a2(2a)2(2a)2a22值是cos 242a 2a2 2a14答案:答案:3 018解析:解析:函数y cosn2的周期T 4,22可用分组求和法:a1a5a2 00911+1=503;503个a2a6a2 010(21)(61)(2 0101)152 009503(12009)5031 005;2a3a7a 2 01111+1=503;503个a4a8a2 012(41)(81)(2 0121)故
14、 S2 0125035031 0055035031 009503(11 00511 009)3 01815答案:答案:(503(52013)5031 009;213,0)1622x x,x 0,解析:解析:由已知,得fx2x x,x0,作出其图象如图,结合图象可知m 的取值范围为 0m当 x0 时,有x2xm,即 x2xm0,于是 x1x2m当 x0 时,有 2x2xm0,于是x31,41 18m4故x1x2x3m(1 18m)4设 h(m)m(118m),h(m)(118m)m(18)218m1 18m 4m 0,18m函数 h(m)单调递减故 x1x2x3的取值范围为(16解:解:(1)设
15、“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A,则P(A)13,0)162315010(2)依题意得,X1的分布列为X1PX2的分布列为X2P(3)由(2)得,E(X1)11.82.9123125350910110910139143232.86(万元),25501050E(X2)1.8192.92.79(万元)1010因为 E(X1)E(X2),所以应生产甲品牌轿车17解:解:方法一:(1)选择式,计算如下:sin215cos215sin15cos151113sin301244(2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sincos(30)证明如下:sin2cos2(30)sincos(3
16、0)34sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2321133cos sincossin2sincossin2442223233sin cos2444方法二:(1)同方法一(2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sincos(30)证明如下:sin2cos2(30)sincos(30)341cos21cos(602)sin(cos30cossin30sin)22111113cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin22222221111133cos2cos2sin2sin2(1cos2)22244441113co
17、s2cos24444118解:解:(1)以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设 ABa,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(a,1,0),B1(a,0,1),故AD1(0,1,1),2aaB1E(,1,1),AB1(a,0,1),AE(,1,0)22AD1B1EB1EAD1(2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0,z0),使得 DP平面 B1AE此时DP(0,1,z0)又设平面 B1AE 的法向量 n n(x,y,z)n n平面 B1AE,a011(1)10,2ax z 0,n nAB1,n nA
18、E,得ax y 0.2取 x1,得平面 B1AE 的一个法向量 n n(1,要使 DP平面 B1AE,只要 n nDP,有又 DPa,a)2a1az00,解得z02212平面 B1AE,存在点 P,满足 DP平面 B1AE,此时AP(3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1及 AA1AD1,得 AD1A1DB1CA1D,AD1B1C又由()知 B1EAD1,且 B1CB1EB1,AD1平面 DCB1A1AD1是平面 A1B1E 的一个法向量,此时AD1(0,1,1)设AD1与 n n 所成的角为,则cosn nAD1|n n|AD1|aa22a2 1a24二面角 AB1E
19、A1的大小为 30,|cos|cos30,即3a25a22 143,2解得 a2,即 AB 的长为 219解:解:方法一:(1)因为|AB|AF2|BF2|8,即|AF1|F1B|AF2|BF2|8,又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a,所以 4a8,a2又因为e 1c1,即,所以 c12a2所以b a2c23x2y21故椭圆 E 的方程是43y kxm,(2)由x2y2得(4k23)x28kmx4m21201,43因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点P(x0,y0),所以 m0 且0,即 64k2m24(4k23)(4m212)0,化简得 4k2m230(*)此时x0 所以 P
20、(4km4k3,y kx m,004k23mm4k3,)mm由x 4,得 Q(4,4km)y kxm,假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点M 必在 x 轴上设 M(x1,0),则MPMQ 0对满足(*)式的 m,k 恒成立因为MP(4k3 x1,),MQ(4x1,4km),mm由MPMQ 0,得16k4kx112k4x1 x123 0,mmmkx124x130(*)m整理,得(4x14)由于(*)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以4x14 0,解得 x112x 4x 3 0,11故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M方法二:(1)同方法一y kxm,
21、(2)由x2y2得(4k23)x28kmx4m21201,43因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点P(x0,y0),所以 m0 且0,即 64k2m24(4k23)(4m212)0,化简得 4k2m230(*)此时x0 4km4k3,y kx m,004k23mm所以 P(4k3,)mm由x 4,得 Q(4,4km)y kxm,假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点M 必在 x 轴上取 k0,m 3,此时 P(0,3),Q(4,3),以 PQ 为直径的圆为(x2)2(y3)24,交 x 轴于点 M1(1,0),M2(3,0);取k 直径的圆为(x13,m2,此时 P(1
22、,),Q(4,0),以 PQ 为2252345)(y)2,交 x 轴于点 M3(1,0),M4(4,0)所以若符合条件的点2416M 存在,则 M 的坐标必为(1,0)以下证明 M(1,0)就是满足条件的点:因为 M 的坐标为(1,0),所以MP(从而MPMQ 4k31,),MQ(3,4km),mm12k12k33 0,mm故恒有MP MQ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M20解:(1)由于 f(x)ex2axe,曲线 yf(x)在点(1,f(1)处切线斜率 k2a0,所以 a0,即 f(x)exex此时 f(x)exe,由 f(x)0 得 x1当 x(,1)时,有
23、 f(x)0;当 x(1,)时,有 f(x)0所以 f(x)的单调递减区间为(,1),单调递增区间为(1,)(2)设点 P(x0,f(x0),曲线 yf(x)在点 P 处的切线方程为 yf(x0)(xx0)f(x0),令 g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0),故曲线 yf(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点P 等价于函数 g(x)有唯一零点因为 g(x0)0,且 g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)(1)若 a0,当 xx0时,g(x)0,则 xx0时,g(x)g(x0)0;当 xx0时,g(x)0,则 xx0时,g(x)g(x0)0故 g(x)只有唯一零点 x
24、x0由 P 的任意性,a0 不合题意(2)若 a0,令 h(x)exex02a(xx0),则 h(x0)0,h(x)ex2a令 h(x)0,得 xln(2a),记 xln(2a),则当 x(,x*)时,h(x)0,从而 h(x)在(,x*)内单调递减;当 x(x*,)时,h(x)0,从而 h(x)在(x*,)内单调递增若 x0 x*,由 x(,x*)时,g(x)h(x)h(x*)0;x(x*,)时,g(x)h(x)h(x*)0,知 g(x)在 R R 上单调递增所以函数 g(x)在 R R 上有且只有一个零点 xx*若 x0 x*,由于 h(x)在(x*,)内单调递增,且h(x0)0,则当x(
25、x*,x0)时有 g(x)h(x)h(x0)0,g(x)g(x0)0;任取 x1(x*,x0)有 g(x1)0又当 x(,x1)时,易知 g(x)exax2ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc,其中 bef(x0),cex1f(x0)x0f(x0)由于 a0,则必存在 x2x1,使得 ax22bx2c0所以 g(x2)0故 g(x)在(x2,x1)内存在零点,即 g(x)在 R R 上至少有两个零点若 x0 x*,仿并利用x3e,可证函数 g(x)在 R R 上至少有两个零点6x综上所述,当a0 时,曲线yf(x)上存在唯一点 P
26、(ln(2a),f(ln(2a),曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P21(1)选修 42:矩阵与变换解:解:设曲线 2x22xyy21 上任意点 P(x,y)在矩阵 A A 对应的变换作用下的像是P(x,y)由xa 0 xaxx ax,,得 yb 1ybx yy bx y.又点 P(x,y)在 x2y21 上,所以 x2y21,即 a2x2(bxy)21,整理得(a2b2)x22bxyy21a2b2 2,a 1,a 1,依题意得解得或b 1,b 1,2b 2,因为 a0,所以a 1,b 1.由知,A A1 01 01 01 02,A A,1 11 11 12 1 1 02 1所以|A A
27、2|1,(A A2)1(2)选修 44:坐标系与参数方程解:解:由题意知,M,N 的平面直角坐标分别为(2,0),(0,2 3)3又 P 为线段 MN 的中点,从而点 P 的平面直角坐标为(1,3),3故直线 OP 的平面直角坐标方程为y 3x32 3),3因为直线 l 上两点 M,N 的平面直角坐标分别为(2,0),(0,所以直线 l 的平面直角坐标方程为3x3y2 3 0又圆 C 的圆心坐标为(2,3),半径 r2,圆心到直线 l 的距离d|2 3 3 3 2 3|3 r,故直线 l 与圆 C 相交239(3)选修 45:不等式选讲解:解:因为 f(x2)m|x|,f(x2)0 等价于|x|m,由|x|m 有解,得 m0,且其解集为x|mxm又 f(x2)0 的解集为1,1,故 m1由知1111,又 a,b,cR R,由柯西不等式得a2b3c111)a2b3ca2b3c(a2b3c)(a 11122b 3c)9a2b3c
限制150内